New”2022-2023学年江西省赣州市高一下学期期末考试数学试题（含详细答案解析）

这是一份New”2022-2023学年江西省赣州市高一下学期期末考试数学试题（含详细答案解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设复数z=(1−i)(3+i)(i为虚数单位)，则z=( )
A. 4−2iB. 4+2iC. 2−2iD. 2+2i
2.已知向量a=(1,3)，b=(λ,−6)，若a//b则λ=( )
A. −2B. −18C. 2D. 18
3.如图，一个水平放置的平面图形的直观图是边长为2的正方形，则原图形的周长是( )
A. 16B. 12C. 4+8 2D. 4+4 2
4.如图，平行四边形ABCD中，点E为BC的中点，点F在线段AE上，且AF=2FE，记a=AB，b=AD，则BF=( )
A. 13a−23bB. −14a+23bC. −58a+13bD. −13a+13b
5.已知空间中三个互不相同的平面α、β、γ，两条不同的直线a、b，下列命题正确的是( )
A. 若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γB. 若a⊥α，b⊥β，a//b，则α//β
C. 若a//α，α//β，a⊥b，则b⊥βD. 若α⊥β，β⊥γ，则α//γ
6.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列结论错误的是( )
A. 若sinA>sinB，则a>b
B. 若B=30∘，b= 2，c=2，则符合条件的三角形有2个
C. 若sin2A=sin2B，则a=b
D. 若△ABC的面积S= 34(b2+c2−a2)，则A=π3
7.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A. A1E⊥DC1B. A1E⊥BDC. A1E⊥BC1D. A1E⊥AC
8.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π)是奇函数，且f(x)的最小正周期为π，将y=f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g(x).若g(π4)= 2，则f(3π8)=( )
A. − 2B. −2C. 2D. 2
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列各式化简中，一定正确的是( )
A. 1+tan15∘1−tan15= 3B. sinα1−csα=tanα2
C. sin75∘cs15∘=12+ 34D. csα=1−2cs2α2
10.已知复数z1，z2在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面原点.若z1= 32+12i(i为虚数单位)，向量OA绕原点逆时针方向旋转90∘，且模伸长为原来的2倍后与向量OB重合，则( )
A. z2的虚部为 32B. 点B在第二象限C. |z1+z2|= 2D. |z2z1|=2
11.若平面α∩β=l，m⊂β，n⊂α，则以下结论有可能成立的是( )
A. m与n异面B. m与n平行C. m与n垂直D. m、n都与l相交
12.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)，若f(−π12)=f(π12)，f(π6)=−f(π3)，且f(x)在区间[π12,π3]上单调递减，则下列说法正确的有( )
A. ω=2B. 对任意x∈R，均有f(x)≤|f(π2)|
C. 函数f(x)在区间[π6,3π4]上单调D. φ=π2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知角θ终边经过点P(−1,2)，则csθ−sinθsinθ+csθ=__________.
14.如图，在单位网格中，向量OB在向量OA上的投影向量与向量OC的夹角为__________.
15.如图，在等腰直角三角形ABC中，点P为线段AB的中点，AB=2，∠ACB=π2，将△APC沿PC所在直线进行翻折，得到三棱锥A−PBC，当BA= 2时，此三棱锥的外接球表面积为__________.
16.设函数f(x)满足：对任意x∈R，有2f(x+2)+f(x)=0，且x∈(0,2)时，f(x)=cs(π2x)，f(0)=f(2)=0，则f(x)在[−4,4]上有__________个零点.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知向量a=(1,m)，b=(2−m,−8)(m∈R).
(1)若|a+b|=|a−b|，求实数m的值;
(2)已知向量a与b的夹角为钝角，求实数m的取值范围.
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=2cs(2x+π3)+1.
(1)用“五点法”作出函数f(x)在区间[−π6,5π6]上的图象;
(2)将函数f(x)的图象向右平移π6个单位长度，再将图象上的每个点的横坐标都伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象.求g(x)在区间[−π24,π6]上的取值范围.
19.(本小题12分)
从条件①AC⊥BC1，②AB=2BC中选择一个，补充在下列横线中，并解答问题.
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点F在线段B1B上，已知__________，且B1F=3FB，AA1=2BC=4，∠BAC=π6.
(1)求证：BC1⊥平面ACF;
(2)求异面直线A1B与AC所成角的余弦值.
20.(本小题12分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足cs(A+2B)−csA=sin2C.
(1)若C=2π3，求B;
(2)若csinB=− 3bcsC，且a=2，求△ABC的面积.
21.(本小题12分)
如图，在多面体ABCDEF中，AC是四边形ABCD的外接圆的直径，H是AC与BD的交点，AB=AD，∠BAD=π3.四边形ADEF是直角梯形，AF//DE，DE⊥平面ABCD，DE=AC=4=2AF.
(1)求证：AC//平面BEF;
(2)求多面体ABCDEF的体积.
22.(本小题12分)
在数学中，三角函数的孪生兄弟是双曲函数，其中双曲余弦函数cshx=ex+e−x2.令f(x)=cshx.
(1)证明：判断函数f(x)的奇偶性，并证明：
(2)若对任意θ，x∈R，有f[m(sinθ+csθ)]≤f(ex+ 2).求实数m的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查复数的乘法计算，以及共轭复数的概念，属基础题.
利用乘法法则计算z，即可得z.
【解答】
解：z=(1−i)(3+i)=3−3i+i−i2=4−2i，
则z=4+2i，故选B.
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查平面向量共线的充要条件的应用，考查计算能力，是基础题．
利用平面向量的共线，列出方程求解即可．
【解答】
解：向量a=(1,3)，b=(λ,−6)，且a//b，
可得：3λ=−6，解得λ=−2.
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查的知识点是平面图形的直观图，考查斜二测画法的法则，属于基础题.
由题意结合斜二测画法求得边长，然后计算周长即可.
【解答】
解： 由斜二测画法可得，原图形是一个平行四边形，
斜二测画法中平行于x′轴的边长在原图中长度为2，
正方形对角线在y′轴上， 可求得其长度为 2 2，
故在原图中其在y轴上，且其长度变为原来的2倍，长度为 4 2，
所以平行四边形的另一边长为 4 22+22=6，
∴原图的周长为 6+2×2=16.
故选A.
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查向量的加法、减法、数乘运算，考查平面向量的基本定理及其应用，属于基础题.
由条件可得BE=12b，根据AF=2FE，从而可得BF.
【解答】
解：因为 a=BA， b=AD，E是BC的中点，
所以 BE=12BC=12AD=12b，
因为AF=2FE，
所以 BF=AF−AB=23AE−AB=23AB+BE−AB=−13AB+23BE
=−13a+23×12b=−13a+13b.
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题重点考查空间中的线、面位置关系，属于基础题.
利用空间中线、面的平行、垂直关系逐个判断即可.
【解答】
解：对于A、若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ或α//γ，故A错误；
对于B、若a⊥α，a//b，则b⊥α，又b⊥β，则α//β，故B正确；
对于C、若a//α，α//β，a⊥b，则b与β相交或b⊂β，故C错误；
对于D、若α⊥β，β⊥γ，则α//γ或α⊥γ，故D错误
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查三角形面积公式的应用，属于较难题.
对于A，根据正弦定理即可判断；对于B，利用正弦定理即可得解；对于C，在△ABC中，可得A=B，或A+B=π2，即可得解；对于D，根据余弦定理和三角形面积公式可得A=π3，即可得解.
【解答】解：对于A，若sinA>sinB，由正弦定理知a>b成立，故A正确；
对于B，由正弦定理可得：sinC=csinBb=2sin30∘ 2= 22，又b对于C，对于△ABC，若sin2A=sin2B，则结合A，B的范围可得2A=2B或2A+2B=π，
则A=B或A+B=π2，则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故C错误；
对于D，由S= 34(b2+c2−a2)，得12bcsinA= 34⋅2bccsA，整理得：tanA= 3，
在△ABC中，A=π3.故D正确．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查线线垂直的判断，涉及线面垂直的判定与性质，是中档题．
连接B1C，推导出BC1⊥B1C，A1B1⊥BC1，从而BC1⊥平面A1ECB1，由此得到A1E⊥BC1.
【解答】
解：如图，连接B1C，由题意得BC1⊥B1C，
∵A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1⊂平面B1BCC1，
∴A1B1⊥BC1，
∵A1B1∩B1C=B1，A1B1，B1C⊂平面A1ECB1，
∴BC1⊥平面A1ECB1，
∵A1E⊂平面A1ECB1，
∴A1E⊥BC1.
故选C.
8.【答案】D
【解析】【分析】
根据条件求出φ和ω的值，结合函数变换关系求出g(x)的解析式，结合条件求出A的值，利用代入法进行求解即可．
本题主要考查三角函数的解析式的求解，结合条件求出A，ω和φ的值是解决本题的关键，是中档题．
【解答】解：∵f(x)是奇函数，|φ|<π，∴φ=0，
∵f(x)的最小正周期为π，
∴2πω=π，得ω=2，
则f(x)=Asin2x，将y=f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，
则g(x)=Asinx，
若g(π4)= 2，则g(π4)=Asinπ4= 22A= 2，即A=2，
则f(x)=2sin2x，则f(3π8)=2sin(2×3π8)=2sin3π4=2× 22= 2，
故选：D.
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查了三角恒等变形的综合应用，属中档题.
利用两角和的正切公式判断A；利用半角公式判断B；利用两角和差公式求解sin75∘与cs15∘即可判断C；利用二倍角的余弦公式判断D.
【解答】
解：1+tan 15∘1−tan 15∘=tan45∘+tan 15∘1−tan 15∘×tan45∘=tan(45∘+15∘)=tan60∘= 3，故A正确；
sinα1−csα=2sinα2csα21−(1−2sin2α2)=2sinα2csα22sin2α2=csα2sinα2=1tanα2，故B错误；
sin75∘=sin(45∘+30∘)
=sin45∘cs30∘+cs45∘sin30∘
= 22× 32+ 22×12= 6+ 24，
cs15∘=cs(45∘−30∘)
=cs45∘cs30∘+sin45∘sin30∘
= 22× 32+ 22×12= 6+ 24，
则sin75∘cs15∘= 6+ 24× 6+ 24=8+4 316=12+ 34，故C正确；
由二倍角公式可得csα=2cs2α2−1，故D错误.
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查复数的几何意义、运算和模，属于一般题.
求出z2，再对选项逐个判断即可.
【解答】
解：由题意，得z2=z1×2(csπ2+isinπ2)=2 32+12i⋅i=−1+ 3i
对于A、z2的虚部为 3，故A错误；
对于B、点B为−1, 3，在第二象限，故B正确
对于C、|z1+z2|= 32+12i−1+ 3i= 32−12+12+ 32= 5≠ 2，故C错误；
对于D、z2z1=z2z1=21=2，故D正确
11.【答案】ABCD
【解析】【分析】
本题考查空间线面关系，考查空间向量能力，属中档题.
想象出对应图形即可判断.
【解答】
解：如图，α∩β=l，a、b⊂α，c、d⊂β，且a//d，a⊥c，b∩l=A，c∩l=B，b、d异面，
当n=b，m=d时，m与n异面，故A成立；
当n=a，m=d时，m//n，故B成立；
当n=l，m=c时，m⊥n，故C成立；
当n=b，m=c时，n∩l=A，m∩l=B，即m、n都与l相交，故D成立.
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查了三角函数的图象与性质，是中档题.
根据已知条件得f(x)关于x=0对称，关于点(π4,0)对称，结合单调区间求出ω的范围，从而可求出f(x)的解析式，根据三角函数的图象与性质，逐项分析即可.
【解答】解：若f(x)在区间[π12,π3]上单调递减，
则T2≥π3−π12，即πω≥π4，
解得周期T≥π2，0<ω≤4，
若f(−π12)=f(π12)，则函数f(x)关于x=0对称，
所以φ=π2+kπ，k∈Z，
又0<φ<π，所以φ=π2，D正确；
若f(π6)=−f(π3)，则函数f(x)关于点(π4,0)对称，
所以π4ω+π2=kπ，k∈Z，
解得ω=4k−2，k∈Z，
又0<ω≤4，
所以ω=2，A正确；
所以f(x)=sin(2x+π2)=cs2x，
当x=π2时，f(π2)=−1，
所以对任意x∈R，均有f(x)≤|f(π2)|，B正确；
当x∈[π6,3π4]时，2x∈[π3,3π2]，显然此时函数f(x)=cs2x不单调，C错误.
故选ABD.
13.【答案】−3
【解析】【分析】
本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
由条件利用任意角的三角函数的定义，求得sinθ，csθ的值，然后带入即可求出结果。
【解答】
解：∵角θ的始边在x轴非负半轴，终边过点P(−1,2)，则x=−1，y=2，r=|OP|= −12+22= 5，
∴sinθ=yr=2 5=2 55，csθ=xr=−1 5=− 55，
∴cs θ−sin θsin θ+cs θ=− 55−2 552 55− 55=−3
故答案为−3.
14.【答案】π4
【解析】【分析】
本题考查平面向量的投影与夹角的概念，属基础题.
根据投影与向量夹角的概念判断即可.
【解答】
解：取格点D、E，如图，
根据向量投影的概念，可得向量OB在向量OA上的投影向量为OD，
又由单位网格可知△OEC为等腰直角三角形，可得∠EOC=π4，
OD与OC的夹角即为∠EOC=π4，
故答案为π4.
15.【答案】3π
【解析】【分析】
本题考查棱锥的结构特征，球的表面积，属于中档题.
由题意PA、PB、PC两两互相垂直，所以以点P为一个顶点PA、PB、PC为三条相邻棱，构造长方体，长方体的对角线长度即三棱锥A−PBC外接球的直径，再求解即可.
【解答】
解：因为在等腰直角三角形ABC中，AB=2，点P为AB的中点，
所以AP=PB=1，PC=1，AB⊥PC，
在三棱锥中，又BA= 2，所以AP2+PB2=AB2，
所以△ABP为直角三角形，即AP⊥PB，
所以PA、PB、PC两两互相垂直，
所以以点P为一个顶点PA、PB、PC为三条相邻棱，构造长方体，
长方体的体对角线长度即三棱锥A−PBC外接球的直径，
设外接球半径为R，则2R= PA2+PB2+PC2= 12+12+12= 3，
所以此三棱锥的外接球的表面积S=4πR2=3π.
故答案为3π.
16.【答案】9
【解析】【分析】
本题考查函数的零点个数的判断，根据余弦函数的图象与“假周期”性质画出f(x)的图象是关键，属中档题.
画出f(x)图象即可判断.
【解答】
解：数f(x)满足：对任意x∈R，有2f(x+2)+f(x)=0，即f(x+2)=−12f(x)，
且x∈(0,2)时，f(x)=cs(π2x)，f(0)=f(2)=0，
可得f(x)在[−4,4]上的图象如图，
故f(x)在[−4,4]上有9个零点.
17.【答案】解：(1)由|a+b|=|a−b|可得a2+b2+2a⋅b=a2+b2−2a⋅b，则a⋅b=0，
即2−m−8m=0，
即m=29；
(2)若向量a与b的夹角为钝角，有a⋅b<0，且 a与b的夹角不为180∘.
即2−m−8m<0−8−m(2−m)≠0，
即{m>29m≠4且m≠−2(舍)，
故m∈(29,4)∪(4,+∞).
【解析】本题考查平面向量数量积的坐标运算性质，属于中档题．
(1)根据条件可得a⋅b=0，代入坐标运算即可求得m的值；
(2)根据夹角为钝角得到a⋅b<0且a、b不共线，进而得到关于m的方程和不等式，解出即可求得答案．
18.【答案】(1)解：列表
(2)由f(x)=2cs(2x+π3)+1得f(x−π6)=2cs[2(x−π6)+π3]+1=2cs(2x)+1，
所以g(x)=2cs(x)+1，
因为−π24≤x≤π6，
所以得 32≤csx≤1，
故g(x)的取值范围是[ 3+1,3].
【解析】本题主要考查三角函数的图象和性质，三角函数图像的画法，难度适中；
(1)先列表，再画图即可；
(2)根据三角函数的图象变换，进行化简求解，再利用余弦函数的性质，可得范围；
19.【答案】(1)证明：若选条件①AC⊥BC1，证明如下：
由FBBC=CBC1C=12，且∠C1CB=∠BCF，有△CFB与△C1BC相似，
故∠CBC1=∠BFC，又∠FCB+∠CFB=π2，故∠FCB+CBC1=π2.
故CF⊥BC1，
又AC⊥BC1，AC∩BC=C，AC，BC⊂平面ABC，
故BC1⊥平面ACF，
若选条件②AB=2BC，证明如下：
由AB=2BC，∠BAC=π6，所以∠BAC=π6，
由AB=2BC=4，∠BAC=π6.CF⊥BC1∠ACB=π2，
在△ABC中由余弦定理有AC=2 3，
故有AC⊥BC，
且AC⊥C1C，CC1∩BC=C，故AC⊥平面CBB1C1，
故AC⊥BC1，
又AC∩FC=C，AC，BC⊂平面ABC
故BC1⊥平面ACF.
(2)解：过故B引BM//AC且BM=2 3由(1)知AC=2 3，
连接AM、A1M，则∠A1BM′(或其补角)为直线AC与A1B所成角，
在RtΔA1AM中，A1M= 42+22=2 5，
在RtΔA1AB中，A1B= 42+42=4 2，
在△A1MB中，由余弦定理得cs∠A1BM=(BM)2+(A1B)2−(A1M)22BM⋅A1B
=(2 3)2+(4 2)2−(2 5)22×2 3×4 2= 64，
故异面直线A1B与AC所成角的余弦值为 64.

【解析】本题考查线面垂直的判定及异面直线所成角求解，属于中档题.
(1)选择条件，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
(2)作出异面直线所成角的平面角，通过解三角形求解即可.
20.【答案】解：(1)由cs(A+2B)−csA=sin2C，
得cs(π−C+B)−csA=sin2C，
即−cs(C−B)−csA=sin2C，
所以−cs(B−C)−cs[π−(B+C)]=sin2C，
所以−(csBcsC+sinBsinC)+(csBcsC−sinBsinC)=2sinCcsC，
即−2sinBsinC=2sinCcsC，
因为sinC≠0，所以−sinB=csC.
因为C=2π3，所以−sinB=csC=−12，即sinB=12.
因为C=2π3，所以0(2)因为csinB=− 3bcsC,由正弦定理得，
sinCsinB=− 3sinBcsC，
因为sinB≠0，所以sinC=− 3csC，即tanC=− 3，
又因为0所以C=2π3，
由(1)知B=π6，A=π6.
得a=b=2，
故SΔABC=12absinC=12×2×2× 32= 3.
【解析】本题主要考查正弦定理，考查三角恒等变换的综合应用，考查三角形的面积公式，诱导公式，属于中档题.
(1)利用三角恒等变化可得−sinB=csC=−12，再根据B的范围求解即可；
(2)由正弦定理可得sinC=− 3csC，求出角C，再利用三角形的性质及面积公式求解即可.
21.【答案】(1)证明：分别延长 EF、DA交于点G.
由已知有点H为BD中点，点A为DG的中点，
故点AH//BG即AC//BG，
又因为BG⊂平面BEF，AC⊄平面BEF，
故AC//平面BEF；
(2)解：由 AC是四边形ABCD的外接圆的直径，H是AC与BD的交点，AB=AD，∠BAD=π3，
有△ABD为正三角形，取AD的中点为K，连接BK，
故AD⊥BK，
又DE⊥平面ABCD，DE⊂平面ADEF，故平面ABCD⊥平面ADEF，
又平面ABCD∩平面ADEF=AD，
故由AD⊥BK，有BK⊥平面ADEF，
故点B到平面ADEF的距离为BK=3，
又S直角梯形ADEF=12(DE+AF)⋅AD=12(4+2)×2 3=6 3，
故VB−ADEF=13×6 3×3=6 3，
同理有CH⊥平面BDE，
故VC−BDE=13×12(DE⋅BD)⋅CH=16×4×2 3×1=43 3，
故V多面体ABCDEF=VB−ADEF+VC−BDE=6 3+43 3=223 3.
【解析】本题主要考查线面平行的判定定理，考查面面垂直的判定定理及性质定理，考查棱锥的结构特征及体积，属于较难题.
(1)分别延长EF、DA交于点G，利用三角形的中位线求证即可；
(2)根据题意先求出四棱锥B−ADEF和三棱锥C−BDE的体积，即可得解.
22.【答案】解：(1)f(x)为偶函数，
证明：因为f(x)=ex+e−x2，所以f(−x)=e−x+ex2=f(x)，
又函数f(x)的定义域为R，故f(x)为偶函数.
(2)令t=ex∈(1,+∞)，则y=t+1t2，
由y=t+1t2在(1,+∞)上单调递增，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，
由(1)知，f(x)为偶函数.
对任意θ，x∈R，f[m(sinθ+csθ)]≤f(ex+ 2)恒成立，
即|m(sinθ+csθ)|≤|ex+ 2|，
因为 2<|ex+ 2|，
所以|m(sinθ+csθ)|≤ 2，
即| 2msin(θ+π4)|≤ 2，
所以|msin(θ+π4)|≤1，
又|msin(θ+π4)|≤|m|，
所以|m|≤1，
故m∈[−1,1].
【解析】本题主要考查函数的奇偶性，考查不等式恒成立问题，考查辅助角公式，考查三角函数的性质，属于中档题.
(1)利用函数的奇偶性的定义求证即可；
(2)令t=ex∈(0,+∞)，则y=t+1t2在(1,+∞)上单调递增，由(1)知，f(x)为偶函数.
对任意θ，x∈R，f[m(sinθ+csθ)]≤f(ex+ 2)恒成立，利用三角函数的性质及不等式恒成立问题求解即可.